届上海市崇明区高三化学一模试题答案及解析.docx
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届上海市崇明区高三化学一模试题答案及解析
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：
A、114.8即为铟元素的相对原子质量，故A错误；
B、49既为铟元素的原子核内的质子数，也为铟元素的原子序数，故B错误；
C、由于铟元素可能含有两种或两种以上的铟原子，故仅根据114.8无法计算出各铟原子的相对原子质量，故C正确；
D、49既是铟原子的质子数，也是铟原子的核电荷数，故D错误。
故选：
C。
“铟 49In-114.8”中49为铟元素的质子数，而对于原子来讲：
质子数=原子序数=核电荷数=电子数；114.8为铟元素的平均相对原子质量，是根据铟原子的相对原子质量乘以各自的风度的加和计算出的平均值。
据此分析。
本题考查了原子结构中质子数与核电荷数、原子序数、电子数等之间的关系以及元素的相对原子质量与各原子的相对原子质量之间的计算关系，难度不大，注意仅根据一种原子的相对原子质量无法计算元素的相对原子质量，同样，仅根据元素的相对原子质量也无法计算原子的相对原子质量。
2.【答案】A
【解析】解：
A、由题中信息可知，种出的钻石的结构、性能与金刚石无异，则种出的钻石和金刚石均是碳的单质，由C原子构成，不是有机物，故A错误；
B、种出的钻石的结构、性能与金刚石无异，则种出的钻石和金刚石的晶体类型相同，均为原子晶体，故B正确；
C、甲烷是最简单的有机物，1个分子中只含有4个C-H键，并且符合烷烃通式为CnH2n+2，即甲烷是最简单的烷烃，故C正确；
D、甲烷分子式为CH4，具有可燃性，是可燃性气体，故D正确；
故选：
A。
A、种出的钻石是碳的一种单质，是无机物；
B、金刚石是原子晶体，种出的钻石的结构、性能与金刚石无异，据此判断；
C、甲烷是最简单的有机物，烷烃通式为CnH2n+2；
D、甲烷由C、H元素组成，具有可燃性。
本题以实验室“种”出的钻石为引子考查了甲烷的结构和性质、原子晶体的特征，侧重学生分析能力、处理信息的能力和灵活运用能力的考查，把握金刚石的特征、甲烷的结构与性质即可解答，注意题给信息的提取、处理与运用，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：
A、煤干馏是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故A错误；
B、煤炭液化是利用化学反应将煤炭转变为液态燃料的过程，故B错误；
C、石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料烯烃，是化学变化，故C错误；
D、石油分馏是利用沸点的不同将其中的组分分离开来，没有新物质生成，为物理变化，故D正确。
故选：
D。
化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指无新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是有无新物质生成。
本题难度不大，注意变化中是有无新物质生成：
无新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化。
4.【答案】A
【解析】解：
A．铁与FeCl3反应生成氯化亚铁，为+2 价铁，故A正确；
B、铁与过量的硝酸反应生成三价铁离子，与少量的硝酸反应生成二价铁离子，所以不一定变为+2 价铁，故B错误；
C、铁与氯气反应只生成FeCl3，为+3价铁，故C错误；
D、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，为+2和+3价铁，故D错误；
故选：
A。
A、铁与FeCl3反应生成氯化亚铁；
B、铁与过量的硝酸反应生成三价铁离子，与少量的硝酸反应生成二价铁离子；
C、铁与氯气反应只生成FeCl3；
D、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁；
本题考查铁的性质，难度不大，注意基本性质的记忆与应用。
5.【答案】B
【解析】解：
A．甲苯中没有碳碳双键，能萃取使溴水褪色，故A错误；
B．己烯中含有碳碳双键，能够与溴单质发生加成反应，使溴水褪色，故B正确；
C．丙酸中没有碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误；
D．戊烷为饱和烃，能萃取使溴水褪色，故D错误；
故选：
B。
含有不饱和键的物质能够与溴单质发生加成反应，使溴水褪色。
本题考查了加成反应发生的条件，注意甲苯中含有苯环，苯环具有特殊的结构，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：
A、C3H8为分子晶体且无同分异构体，故C3H8为分子式且只能表示丙烷，故A正确；
B、CuSO4为离子晶体，故CuSO4是化学式但不是分子式，故B错误；
C、SiO2为原子晶体，故SiO2是化学式，不是分子式，故C错误；
D、C3H6为分子晶体，但有同分异构体，即C3H6是分子式，但可能表示的是丙烯，还可能表示的是环丙烷，故不能确定其物质，故D错误。
故选：
A。
A、C3H8为分子晶体且无同分异构体；
B、CuSO4为离子晶体；
C、SiO2为原子晶体；
D、C3H6为分子晶体，但有同分异构体。
本题考查了物质的分子式和化学式以及同分异构体，难度不大，应注意的是只有分子晶体才有分子式。
7.【答案】B
【解析】解：
利用NaOH 溶液去除铝表面的氧化膜，发生的反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，然后进行“铝毛”实验即汞能与铝结合成合金，俗称“铝汞齐”，所以铝将汞置换出来，形成“铝汞齐”，发生反应为：
2Al+3Hg（NO3）2=2Al（NO3）3+3Hg，当“铝汞齐”表面的铝因氧化而减少时，铝片上的铝会不断溶解进入铝汞齐，并继续在表面被氧化，最后使铝片长满固体“白毛”而且越长越高，发生反应为：
4Al+3O2=2Al2O3，所以与实验原理不相关的反应是B；
故选：
B。
利用NaOH 溶液去除铝表面的氧化膜，发生的反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，然后进行“铝毛”实验即汞能与铝结合成合金，俗称“铝汞齐”。
当“铝汞齐”表面的铝因氧化而减少时，铝片上的铝会不断溶解进入铝汞齐，并继续在表面被氧化，最后使铝片长满固体“白毛”而且越长越高，据此分析解答。
本题主要考查了“铝毛”实验的原理，理清“铝毛”形成的过程是解题关键，难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：
由能量变化图可知，NO2和CO反应生成CO2和NO且放出热量，热化学反应方程式为：
NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=（134-368）kJ/mol=-234kJ/mol，则反应物总内能比生成物总内能多234kJ，即NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=（134-368）+234kJ，故D正确；
故选：
D。
分析能量变化图，反应的焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能，注意标注物质聚集状态和对应反应的焓变，据此判断热化学方程式正误。
本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、热化学方程式书写为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变的判断，题目难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：
水浴加热的优点是受热均匀、便于控温，且相对较安全，但由于加热的温度只能在100℃以下，故缺点是无法达到高温。
故选：
C。
水浴加热的优点是受热均匀、便于控温，且相对较安全，据此分析。
本题考查了直接加热与水浴加热的优缺点的分析，难度不大，应注意的是水浴加热只能在100℃以下。
10.【答案】C
【解析】解：
含有碳碳双键，可发生氧化反应，加聚反应，且醛基、碳碳双键都可与氢气发生加成反应，也为还原反应，不能发生消去反应，
故选：
C。
该有机物中含有碳碳双键和醛基，具有烯烃和醛的性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应等，以此解答该题。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团的判断及性质的关系为解答的关键，侧重烯烃和醛性质的考查，难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：
化学反应实质是旧的化学键的断裂、新化学键的形成的过程，金属钠中含金属键、水是共价键化合物，生成物氢氧化钠是含有共价键的离子化合物、氢气分子中含有非极性键的单质分子，
A、形成离子键，而不是生成离子键，故A错误；
B、破坏水分子中的极性共价键，故B正确；
C、破坏了金属钠中的金属键，故C正确；
D、形成氢气分子中氢、氢非极性共价键，故D正确；
故选：
A。
化学反应实质是旧的化学键的断裂、新化学键的形成的过程，金属钠中含金属键、水是共价键化合物，生成物氢氧化钠是含有共价键的离子化合物、氢气分子中含有非极性键的单质分子，由此分析解答。
本题考查钠的化学性质和化学反应的实质，学生只要知道化学反应的实质和化学键的类型就可以迅速解题，比较容易。
12.【答案】B
【解析】解：
测定硫酸铜晶体中结晶水含量实验，经计算相对误差为+0.4%，即测定的结晶水含量偏高，
A、所用晶体中有受热不挥发的杂质，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，导致测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故A不选；
B、用玻璃棒搅拌时沾去少量的药品，会导致测定的硫酸铜的质量偏小，导致水的质量测定结果偏大，测定的结晶水含量偏高，故B选；
C．未将热的坩埚放在干燥器中冷却，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故C不选；
D、在实验结束时没有进行恒重操作，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故D不选；
故选：
B。
由题意可知，测定的硫酸铜晶体中结晶水含量，经计算相对误差为+0.4%，即测定的结晶水含量偏高。
在测定实验中，若被测样品中含有加热不挥发的杂质或未将热的坩埚放在干燥器中冷却或实验前被测样品已有部分失水等，都会造成测量结果偏低；若测定过程中，硫酸铜固体部分发生分解变黑或样品溅出或样品中含有加热易挥发、易分解的杂质等，都会造成测量结果偏高，据此分析解答。
本题考查了硫酸铜晶体中结晶水的测定，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，把握实验操作原理及实验注意事项是解题的关键，注意产生误差原因的分析，题目难度中等。
13.【答案】D
【解析】解：
侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，它的反应原理可用下列化学方程式表示：
NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O；再向废液NH4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用，方程式为：
CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+H2O，所以没有使用的反应原理的化学方程式是NaHCO3+NH3+NaCl→Na2CO3+NH4Cl↓；
故选：
D。
侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，再向废液NH4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用，据此分析解答。
本题主要考查了侯氏制碱法的原理，难度不大，理清反应原理即可解题。
14.【答案】D
【解析】解：
A、由于离子化合物在熔融状态下一定能导电，故一定是电解质，不能是非电解质，故A错误；
B、单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C、酸性氧化物绝大多数是非电解质，少部分是电解质，且是电解质中的弱电解质，无强电解质，故C错误；
D、若共价化合物能在水溶液中自身电离出自由离子而导电，则为电解质，若在水溶液中不能导电，则为非电解质；是电解质的共价化合物，可能是强电解质，也可能是弱电解质，故D正确。
故选：
D。
在水溶液中能完全电离的电解质为强电解质；
在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质；
在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，据此分析。
本题考查了电解质、非电解质、强弱电解质与离子化合物、单质、共价化合物等之间的关系，难度不大，应注意的是离子化合物一定是电解质，共价化合物可能是电解质也可能是非电解质。
15.【答案】B
【解析】解：
A．KI是否变质均能与硝酸银溶液反应生成碘化银沉淀，可以用淀粉溶液检验是否变质，故A不选；
B．FeCl2溶液变质混有FeCl3，则加KSCN可检验铁离子，能检验是否变质，故B选；
C．HCHO变质生成HCOOH，银氨溶液与甲醛、甲酸均能反应，所以不能检验，故C不选；
D．Na2SO3溶液变质生成Na2SO4，Na2SO3、Na2SO4均能与氯化钡生成白色沉淀，所以加氯化钡不能检验变质，故D不选；
故选：
B。
A．KI是否变质均能与硝酸银溶液反应生成碘化银沉淀；
B．FeCl2溶液变质混有FeCl3，可检验铁离子；
C．HCHO变质生成HCOOH；
D．Na2SO3溶液变质生成Na2SO4。
本题考查物质的鉴别和检验基本方法及应用，为高频考点，把握变质混有的物质及离子的性质为解答的关键，注意原物质与变质生成的物质反应现象相同不能鉴别，题目难度不大。
16.【答案】C
【解析】解：
A．如加入反应物为固体，由于不改变反应物浓度，则反应速率不变，平衡不移动，故A错误；
B．如反应前后气体的体积不变，则增大压强，平衡不移动，平衡常数只受温度的影响，改变压强，平衡常数不变，故B错误；
C．升高温度，反应速率增大，平衡向吸热方向移动，且平衡常数改变，故C正确；
D．加入催化剂，反应速率增大，平衡不一定，且不影响平衡常数，故D错误。
故选：
C。
A．如加入反应物为固体，则反应速率不变，平衡不移动；
B．如反应前后气体的体积不变，则增大压强，平衡不移动；
C．升高温度，反应速率增大，平衡向吸热方向移动；
D．催化剂不影响平衡常数。
本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡常数只受温度的影响，题目难度不大。
17.【答案】A
【解析】解：
根据分析可知，这两种元素为O、S。
A．O元素非金属性较强，没有最高价正价，故A错误；
B．O和S都有最低价-2价，故B正确；
C．O、S形成的化合物为二氧化硫、三氧化硫，二氧化硫和三氧化硫都是共价化合物，故C正确；
D．O存在的单质有氧气和臭氧，S形成的单质有S2、S4、S6等多种，故D正确；
故选：
A。
元素周期表中短周期某主族只有两种元素，这两元素的单质在常态下分别为气体和固体，周期表中满足条件为N和P、O和S；这两元素之间形成的化合物都能与水反应，N、P之间不反应，则这两种元素分别为O、S，据此解答。
本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构及常见元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
18.【答案】B
【解析】解：
苯分子中12个原子共平面，乙烯分子中6个原子共平面，乙炔中4个原子共平面，但甲基中最多有一个H原子能和C原子所在的平面共平面，故此有机物中在任意情况下都不可能与碳原子们共平面的氢 原子有2个。
故选：
B。
苯分子中12个原子共平面，乙烯分子中6个原子共平面，乙炔中4个原子共平面，据此分析。
本题考查了原子共平面问题，原子共平面问题的关键是找母体，即找苯环、碳碳双键和碳碳三键为母体来分析。
19.【答案】D
【解析】解：
A、甲中形成原电池，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，乙中形成电解池，石墨是阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应不同，故A错误；
B、甲中形成原电池，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，则石墨电极附近的溶液先变红色，乙中形成电解池，铁是阴极，氢离子得电子发生氢气，同时生成氢氧根离子，则在铁电极附近的溶液先变红色，故B错误；
C、甲中形成原电池，电流由正极石墨经导线流向铁，乙中形成电解池，电流由铁流向负极，则铁极与导线连接处的电流方向不同，故C错误；
D、甲乙装置，碳电极都没有参加反应，甲中石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，乙中石墨是阳极，氯离子放电生成氯气，则碳电极既不会变大也不会减小，故D正确；
故选：
D。
甲中形成原电池，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，Fe为负极，乙中形成电解池，石墨是阳极，氯离子放电生成氯气，铁是阴极，氢离子得电子发生氢气，以此解答该题。
本题考查了原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的反应即可解答，会正确书写电极反应式，题目难度不大。
20.【答案】C
【解析】解：
在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为：
HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，加较多量的水稀释促进水解平衡正向移动，但以体积增大为主，所以氢氧根离子的浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，即氢离子浓度与氢氧根离子浓度的积不变，所以氢离子的浓度变大，
故选：
C。
在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为：
HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，加较多量的水稀释促进水解平衡正向移动，但以体积增大为主，所以氢氧根离子的浓度减小，结合水的离子积常数，分析解答。
本题考查盐类水解，会根据盐水解平衡的移动分析解答，题目难度不大。
21.【答案】3 6 2 1 6 N2 2.4NA
3s23p2 原子晶体 HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸（或Si3N4中Si为+4价、N为-3价等） 相对原子半径小的N原子最外层有5个电子，形成稳定结构得3个电子，相对原子半径大的Si原子最外层有4个电子，形成稳定结构要得4个电子，得电子形成稳定结构时Si比N更难
【解析】解：
（1）由产物CO可知，SiO2与C化学计量数之比为1：
2由产物Si3N4可知SiO2与N2化学计量数之比为3：
2，所以SiO2、C、N2化学计量数之比为3：
6：
2，令SiO2的化学计量数为3，C、N2化学计量数分别为6、2，结合元素守恒可知Si3N4、CO化学计量数分别为1、6，配平后方程式为3SiO2+6C+2N2
Si3N4+6CO，其中N的化合价降低，则N2发生得电子的还原反应，C发生失电子的氧化反应，反应中共转移6e-，电子转移的方向和数目为
，
故答案为：
3、6、2、1、6；
；
（2）反应3SiO2+6C+2N2
Si3N4+6CO中N元素化合价降低，N2发生还原反应，Si3N4为还原产物、CO为氧化产物，生成6molCO和1molSi3N4时，共转移12mole-，所以
氧化产物比还原产物多1mol 时，反应中转移
=2.4mol电子，电子数为2.4NA，
故答案为：
N2；2.4NA；
（3）反应3SiO2+6C+2N2
Si3N4+6CO中，N2 为非极性分子，结构式为N≡N，电子式为
，Si的原子半径最大，最外层电子的4个电子排布于3s、3p能级上，即排布式为3s23p2，
故答案为：
；3s23p2；
（4）氮化硅（Si3N4）是共价化合物，可用于制作火箭发动机中燃料的喷嘴，说明其熔点高，所以氮化硅为原子晶体，
故答案为：
原子晶体；
（I）比较N、Si非金属性强弱，可根据元素的最高价含氧酸的酸性强弱判断，酸性越强，则元素的非金属性越强，即它们的最高价氧化物对应水化物中，HNO3为强酸，H2SiO3 为弱酸，
故答案为：
HNO3为强酸，H2SiO3 为弱酸（或Si3N4中Si为+4价、N为-3价等）；
（II）N原子半径小，Si原子半径大，形成稳定结构时N得电子的能力强，即得电子能力强的N原子的非金属性对于Si，导致Si3N4中Si为+4价、N为-3价，
故答案为：
相对原子半径小的N原子最外层上有5个电子，形成稳定结构得3个电子，相对原子半径大的Si原子最外层上有4个电子，形成稳定结构要得4个电子，得电子形成稳定结构Si比N更难。
（1）由产物CO可知，SiO2与C化学计量数之比为1：
2，由产物Si3N4可知SiO2与N2化学计量数之比为3：
4，所以SiO2、C、N2化学计量数之比为3：
6：
4，令SiO2的化学计量数为3，结合元素守恒可知Si3N4、CO化学计量数分别为1、6；
（2）反应3SiO2+6C+2N2
Si3N4+6CO中N元素化合价降低，N2发生还原反应，Si3N4为还原产物、CO为氧化产物，反应中共转移12e-，据此计算；
（3）反应3SiO2+6C+2N2
Si3N4+6CO中，N2 为非极性分子，结构式为N≡N，Si的原子半径最大，最外层电子的4个电子排布于3s、3p能级上；
（4）氮化硅（Si3N4）是共价化合物，可用于制作火箭发动机中燃料的喷嘴，熔点高；
（I）非金属性强弱：
①元素的最高价含氧酸的酸性越强，则元素的非金属性越强；②简单气态氢化物的稳定性越强，则元素的非金属性越强；③元素周期律等；
（II）N原子半径小，Si原子半径大，形成稳定结构时N得电子的能力强。
本题以氮化硅（Si3N4）制备为载体考查了氧化还原反应、元素周期律、原子结构等知识，为高频考点，试题侧重学生规范化学用语、计算能力和灵活运用能力的考查，把握氧化还原反应概念及规律、明确原子结构和元素周期律是解题关键，注意理解运用元素周期律解释实际问题，题目难度中等。
22.【答案】碳碳双键、醛基 加成反应或还原反应 HOCH2CH2CHO
+2CH3Cl
+2HCl H2O CD 5
【解析】解：
（1）W 为CH2=CHCHO，所含官能团的名称为：
碳碳双键、醛基。
反应③是HOCH2CH2CHO转化为HOCH2CH2CH2OH，属于加成反应，组成上加氢，也属于还原反应，
故答案为：
碳碳双键、酯基；加成反应或还原反应；
（2）由③后产物结构可知，CH2=CHCH3与水发生加成反应生成M为HOCH2CH2CHO．反应④的化学反应方程式为：
+2CH3Cl
+2HCl，
故答案为：
HOCH2CH2CHO；
+2CH3Cl
+2HCl；
（3）反应⑥发生聚合反应，生成的另一无机产物是H2O，反应⑥也是酯化反应，
故答案为：
H2O；CD；
（4）有机物X 的分子式为 C4H8O2，是 M（HOCH2CH2CHO） 的同系物，X可以看作丙烷中氢原子被-OH、-CHO取代，取代同一碳原子上有2种，取代不同碳原子时有3种，则 X 可能的结构简式共有5种，
故答案为：
5；
（5）甲苯用酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸。
甲苯与氯气发生取代反应生成
，水解生成苯甲醇。
苯甲酸与苯甲醇发生酯化反应得到苯甲酸苯甲酯。
合成路线流程图为：
，
故答案为：
。
C3H6组成上去氢加氧生成CH2=CHCHO，发生氧化反应，故C3H6为CH2=CHCH3．由③后产物结构可知，反应②是CH2=CHCH3与水发生加成反应生成M为HOCH2CH2CHO，③发生加成反应（或还原反应）。
由⑤后产物结构可知，反应④是苯与一氯甲烷发生取代反应生成N为
，⑤发生氧化反应。
反应⑥发生缩聚反应。
（5）甲苯用酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸。
甲苯与氯气发生取代反应生成
，水解生成苯甲醇。
苯甲酸与苯甲醇发生酯化反应得到苯甲酸苯甲酯。
本题考查有机物的推断，注意根据转化关系中有机物的分子式、反应条件、结构简式进行推断，对学生的推理有一定的要求，需要学生熟练掌握有机物的结构和性质，注意苯环支链上连接苯环的碳原子上含有氢原子的能被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸。
23.【答案】C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g） 0.6mol/（L•min） B、D ＞ 增大压强（或压缩反应容器体积） ＜ NH4HCO3=NH4++HCO3-，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ HCO3-⇌H++CO32- ＞
【解析】解：
（1）根据反应①的平衡常数表达式，CO和H2是生成物，H2O（g）是反应物，所以方程式为：
C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），
经 3min 反应容器内的水蒸气从 20.0mol 变为 2.0
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